1、吉林市普通中学 20172018 学年度高中毕业班第二次调研测试物理一.选择题：1. 甲、乙两物体同时从同一地点沿同一方向做直线运动的速度时间图象如图所示，则下列说法中正确的是A. 两物体两次相遇的时刻是 2 s 末和 6 s 末B. 4 s 末甲在乙前面C. 在 06 s 内，两物体相距最远的时刻是 1 s 末D. 乙物体先向前运动 2 s，随后向后运动【答案】A【解析】 v-t 图象中图线与坐标轴围成图形的面积表示位移， t=2s 时乙的位移为：，甲的位移为 x=22=4m，两者位移相同，又是从同一地面出发，故 2s 末时二者相遇，同理可判断 6s 末二者也是相遇，故 A 错误；4s 时甲
2、的位移为 x=42=8m，乙的位移为： ，甲的位移小于乙的位移，故甲在乙后面，故 B 错误；1s 末两物体相距的距离等于一个小三角形的面积，而 4s 末两物体相距的距离等于 2-4s 之间三角形的面积，明显 4s 末二者的距离最大，故 C 正确；乙的运动方向始终未发生变化，故D 错误。所以 AC 正确，BD 错误。2. 如图所示，半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上，光滑的小球 P 在水平外力的作用下处于静止状态， P 与圆心 O 的连线与水平面的夹角为 ，将力 F 在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过 90,框架与小球始终保持静止状态。在此过程中下列说法正确的是A. 框架对小球的支持力先减小后增
3、大B. 拉力 F 的最小值为 mgcosC. 地面对框架的摩擦力先减小后增大D. 框架对地面的压力先增大后减小【答案】B【解析】以小球为研究对象，分析受力情况，作出受力示意力图，如图所示根据几何关系可知，用 F 顺时针转动至竖直向上之前，支持力 N 逐渐减小，F 先减小后增大，当 F 的方向沿圆的切线方向向上时，F 最小，此时：F=mgcos故 A 错误，B 正确；以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力 F 的作用；由图可知，F 在顺时针方向转动的过程中，F 沿水平方向的分力逐渐减小，所以地面对框架的摩擦力始终在减小故 C 错误；以框架与小球组成的整体
4、为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力 F 的作用；由图可知，F 在顺时针方向转动的过程中，F 沿竖直方向的分力逐渐增大，所以地面对框架的支持力始终在减小故 D 错误故选 B.3. 为了使雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的高度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动，那么如图所示的四种情况中符合要求的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】设屋檐的底角为 ，底边为 L，注意底边长度是不变的，雨滴下滑时有：,所以： t，当 时，时间最短，故 ABD 错误，C 正确故选 C【点睛】雨滴从房顶下淌时做初速度为零的匀加速直线运动，该物理模型和物块从斜面顶端沿斜面下滑一样，然
5、后根据匀变速直线运动规律和牛顿第二定律列式求解4. 如图所示，两个相同的小木块 A 和 B（均可看作为质点）)，质量均为 m。 用长为 L 的轻绳连接，置于水平圆盘的同一半径上， A 与竖直轴的距离为 L，此时绳子恰好伸直无弹力，木块与圆盘间的最大静摩擦力为木块所受重力的 k 倍，重力加速度大小为 g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用 表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是A. 木块 A、 B 所受的摩擦力始终相等B. 木块 B 所受摩擦力总等于木块 A 所受摩擦力的两倍C. 是绳子开始产生弹力的临界角速度D. 若 ，则木块 A、 B 将要相对圆盘发生滑动【答案】D【解析】当角速度较小
6、时，AB 均靠静摩擦力提供向心力，由于 B 转动的半径较大，则 B 先达到最大静摩擦力，角速度继续增大，则绳子出现拉力，当 A 的静摩擦力达到最大时，角速度增大，AB 开始发生相对滑动，可知 B 的静摩擦力方向一直指向圆心，在绳子出现张力前，A、B 的角速度相等，半径之比为 1：2，则静摩擦力之比为 1：2，当绳子出现张力后，A、B的静摩擦力之比不是 1：2，故 AB 错误当摩擦力刚好提供 B 做圆周运动的向心力时，绳子开始产生拉力，则 ，解得 ，故 C 错误；当 A 的摩擦力达到最大时，AB 开始滑动，对 A 有： ，对 B 有： ，解得 ，故 D 正确故选 D【点睛】当角速度较小时，AB
7、均靠静摩擦力提供向心力，当 B 的摩擦力达到最大时，绳子开始出现张力，当 A 的摩擦力达到最大时，AB 开始发生相对滑动，结合牛顿第二定律分析判断5. 如图所示为蹦极运动的示意图。轻质弹性绳的一端固定在 O 点，另一端和运动员相连。运动员从 O 点自由下落，至 B 点弹性绳自然伸直，经过合力为零的 C 点到达最低点 D，然后弹起。不计空气阻力，下列表述正确的是A. 经过 B 点时，运动员的速率最大B. 经过 C 点时，运动员的速率最大C. 从 C 点到 D 点，运动员处于失重状态D. 从 C 点到 D 点，运动员的重力功等于弹性绳的弹力功【答案】B【解析】从 O 点到 B 点，运动员只受重力，
8、做自由落体运动；运动员到达 B 点后弹性绳伸直，随着运动员向下运动弹性绳的弹力不断增大在 B 到 C 过程：重力大于弹性绳的弹力，合力等于重力减去弹力，方向竖直向下，大小不断减小，故运动员做加速度不断减小的加速运动，到达 C 点时，运动员的速度最大故 A 错误，B 正确；在 C 到 D 的过程：弹力逐渐增大，重力小于弹性绳的弹力，合力等于弹力减去重力，方向竖直向上，故运动员做加速度不断变大的减速运动，由于加速度的方向向上，所以运动员处于超重状态故 C 错误；在 C 到 D 的过程：弹力逐渐增大，重力小于弹性绳的弹力，所以运动员的重力功小于弹性绳的弹力功，故D 错误；故选 B.【点睛】运动员从
9、O 点自由下落，到达 B 点时有竖直向下的速度，弹性绳伸直后运动员受到重力和弹性绳的弹力两个力作用，根据弹力与重力的大小关系，分析运动员的运动情况，判断其速度的变化，根据牛顿第二定律分析加速度的变化6. BC 是半径为 R 的竖直面内的光滑圆弧轨道，轨道末端 C 在圆心 O 的正下方， BOC=60，将质量为 m 的小球，从与 O 等高的 A 点水平抛出，小球恰好从 B 点滑入圆轨道，则小球在 C点对轨道的压力为A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析:小球由 A 至 B 做平抛运动，设初速度 ，平抛时间 ，竖直方向有；B 点的速度相切与圆轨道，故平抛的速度偏向角为 ，有 ，可得。从
10、 A 至 C 由动能定理： ，对 C 点的小球，由牛顿第二定律：，由牛顿第三定律可得球对轨道的压力与支持力大小相等，解得 。故选 C。考点：本题考查了平抛运动规律、圆周运动规律、动能定理、牛顿第一定律、牛顿第三定律。7. 一质量为 2 kg 的物体受水平拉力 F 作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的 图象如图所示。若 t0 时其速度大小为 2 m/s，滑动摩擦力大小恒为 2 N，则A. 在 t6 s 的时刻，物体的速度为 18 m/sB. 在 06 s 时间内，合力对物体做的功为 400 JC. 在 06 s 时间内，拉力对物体的冲量为 36 NsD. 在 t6 s 的时刻，拉力 F 的功率
11、为 200 W【答案】D【解析】根据v=at 可知 a-t 图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量，则在t=6s 时刻，物体的速度 v6=v0+v=2+ (2+4)6=20m/s，故 A 正确；根据动能定理得：，故 B 错误；根据动量定理可知： ，解得IF=48Ns，选项 C 错误；在 t=6s 时刻，根据牛顿第二定律得：F=ma+f=24+2=10N则在 t=6s 时刻，拉力 F 的功率 P=Fv6=1020=200W，故 D 正确故选 AD.点睛：本题主要考查了动能定理、动量定理、牛顿第二定律及瞬时功率公式的直接应用，解题的突破口是知道 a-t 图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度
12、的增量。8. 在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形 abcd，顶点 a、 c 分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图所示。若将一个带负电的粒子置于 b 点，自由释放，粒子将沿着对角线 bd 往复运动。粒子从 b 点运动到 d 点的过程中A. 先做匀加速运动，后做匀减速运动B. 先从高电势到低电势，后从低电势到高电势C. 电势能改变量大于机械能改变量D. 电势能先减小后增大【答案】D【解析】由等量正电荷连线的中垂线上电场分布可知：ac 与 bd 的交点 O 处场强为 0，电场线的方向由此交点指向两边，由于负电荷受到的电场力跟电场线的方向相反，所以负电荷受到的电场力始终指向 ac 的连线与中垂线的交
13、点，由于该电场是不均匀的，粒子所受的电场力是变化的，所以加速度是变化的，故 A 错误；由等量正电荷的电场分布知道，在两电荷连线的中垂线 O 点的电势最高，所以从 b 到 d，电势是先增大后减小，故 B 错误；由于只有电场力做功，只有电势能与动能的相互转化，电势能与机械能之和守恒，因此，电势能改变量等于机械能改变量故 C 错误；由 b 到 ac 连线的中点 O 的过程中，电场力做正功，电势能减小，由 O 到 d 电场力做负功，电势能增加，故 D 正确故选 D【点睛】bd 连线即为 ac 连线的中垂线，因此解决本题的关键是明确等量正电荷连线的中垂线上电场分布特点，从而进一步判断所受电场力、电势、电
14、势能等变化情况9. 伽利略对“自由落体运动”和“运动和力的关系”的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法。图(a)、(b)分别表示这两项研究中实验和逻辑推理的过程，对这两项研究，下列说法正确的是A. 图(a)中先在倾角较小的斜面上进行实验，其目的是使时间测量更容易B. 图(a)通过对自由落体运动的研究，合理外推得出小球在斜面上做匀变速直线运动C. 图(b)中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的，实验可实际完成D. 图(b)的实验为“理想实验” ，通过逻辑推理得出物体的运动不需要力来维持【答案】AD【解析】伽利略设想物体下落的速度与时间成正比，因为当时无法测量物体的瞬时速度，所以伽
15、利略通过数学推导证明如果速度与时间成正比，那么位移与时间的平方成正比；由于当时用滴水法计算，无法记录自由落体的较短时间，伽利略设计了让铜球沿阻力很小的斜面滚下，来“冲淡”重力得作用效果，而小球在斜面上运动的加速度要比它竖直下落的加速度小得多，所用时间长的多，所以容易测量伽利略做了上百次实验，并通过抽象思维在实验结果上做了合理外推故 A 正确，B 错误；实际中没有摩擦力的斜面并不存在，故该实验无法实际完成，故 C 错误；伽利略用抽象思维、数学推导和科学实验相结合的方法得到物体的运动不需要力来维持，故 D 正确故选 AD10. 轨道平面与赤道平面夹角为 900的人造地球卫星被称为极地轨道卫星。它运
16、行时能到达南北极区的上空，需要在全球范围内进行观测和应用的气象卫星、导航卫星等都采用这种轨道。如图所示，若某颗极地轨道卫星从北纬 450的正上方按图示方向首次运行到南纬 450的正上方用时 45 分钟，则A. 该卫星运行速度一定小于 7.9km/sB. 该卫星轨道半径与同步卫星轨道半径之比为 1:4C. 该卫星加速度与同步卫星加速度之比为 2:1D. 该卫星的机械能一定小于同步卫星的机械能【答案】AB【解析】任何卫星的运转速度均小于第一宇宙速度，则选项 A 正确；由题意可知，此卫星的周期为 T1=445min=180min=3h；同步卫星的周期为 T2=24h，根据 可知，选项 B 正确；根据
17、 可得该卫星加速度与同步卫星加速度之比为 16:1，选项 C 错误；卫星的质量不确定，则无法比较两卫星的机械能的大小，选项 D 错误；故选 AB.11. 利用如图所示的方法可以测得金属导体中单位体积内的自由电子数 n。 现测得一块横截面为矩形的金属导体的宽为 b，厚为 d，并加有与侧面垂直的匀强磁场 B，当通以图示方向电流 I 时，在导体上、下表面间用电压表可测得电压为 U。 已知自由电子的电荷量为 e，则下列判断正确的是A. 上表面电势高B. 下表面电势高C. 该导体单位体积内的自由电子数为D. 该导体单位体积内的自由电子数为【答案】BC12. 如图所示，均匀金属圆环的总电阻为 4R，磁感应
18、强度为 B 的匀强磁场垂直穿过圆环。金属杆 OM 的长为 ，阻值为 R， M 端与环接触良好，绕过圆心 O 的转轴以恒定的角速度 顺时针转动。阻值为 R 的电阻一端用导线和环上的 A 点连接，另一端和金属杆的转轴 O 处的端点相连接。下列判断正确的是A. 金属杆 OM 旋转产生的感应电动势恒为B. 通过电阻 R 的电流的最小值为 ，方向从 Q 到 PC. 通过电阻 R 的电流的最大值为D. OM 两点间电势差绝对值的最大值为【答案】AD【解析】M 端线速度为 ，OM 切割磁感线的平均速度为 ，OM 转动切割磁感线产生的电动势恒为 ，故 A 正确；当 M 端位于最上端时，圆环两部分电阻相等，并联
19、电阻最大，电路的总电阻最大，通过 R 的电流最小因 ，通过电阻 R 的电流的最小值为： ，根据右手定则可知电流方向从 Q 到 P，故 B 错误；当 M 位于最下端时圆环被接入的电阻为 0，此时有最大电流为： ，故 C 错误；OM 作为电源，外电阻增大，总电流减小，内电压减小，路端电压增大，所以外电阻最大时，OM 两点间电势差绝对值的最大，其最大值为： ，故 D 正确故选 AD【点睛】根据导体转动切割磁感线感应电动势公式 计算感应电动势大小当 M 端位于最上端时，电路中电阻最大，电流最小当 M 位于最下端时电流最大，根据右手定则可得电流方向，外电阻最大时，OM 两点间电势差绝对值的最大，根据闭合
20、电路的欧姆定律和法拉第电磁感应定律联立计算即可第卷 （非选择题）13. 如图所示为用光电门测定钢球下落时受到的 阻力的实验装置。直径为 d、质量为 m 的钢球自由下落的过程中，先后通过光电门 A、 B，计时装置测出钢球通过 A、 B 的时间分别为tA、 tB。 用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度，测出两光电门间的距离为 h，当地的重力加速度为 g。（1）用游标卡尺测量钢球直径读数为_mm（2）钢球下落过程中受到的空气平均阻力 Ff_（用题中所给物理量符号来表示）（3）本题“用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度” ，但从严格意义上讲是不准确的，实际上
21、钢球通过光电门的平均速度_（选填“”或“” ）钢球球心通过光电门的瞬时速度【答案】 (1). （1）10.50mm (2). （2） (3). （3）【解析】 （1）游标卡尺的主尺读数为：10mm，游标尺上第 10 个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为 0.0510mm=0.50mm，所以最终读数为：10+0.50=10.50mm；（2）根据平均速度公式可得，小球经过两光电门的速度分别为 vA= ；v B= ；则对下落 h 过程分析，由速度和位移关系可知，v B2-vA2=2ah再由牛顿第二定律可知，mg-F f=ma；解得阻力 Ff= ；（3）由匀变速直线运动的规律，钢球通过光电门的平
22、均速度等于中间时刻的瞬时速度，而球心通过光电门的中间位移的速度大于中间时刻的瞬时速度，因此钢球通过光电门的平均速度小于钢球球心通过光电门的瞬时速度点睛：本题考查在实验中应用运动学公式以及掌握牛顿第二定律，要注意理解平均速度与瞬时速度的联系与区别，明确中间时刻与中间位移速度大小关系是解题的关键14. 下图为测定电源电动势和内电阻的几个实验电路，回答下列问题。（1）由于伏特表内阻不是无穷大，安培表内阻也不是零，这些都会对实验结果造成影响。四个电路图中_（选填甲、乙、丙、丁）电动势和内电阻测量值都偏小。四个电路图中_（选填甲、乙、丙、丁）电动势的测量值无系统误差。（2）若甲图中安培表可视为理想电表，
23、采用图像法处理测量数据。若纵坐标为电阻箱的读数 ，则横坐标为_（选填 或 ）此时描点连线所得才为一条直线。该直线的斜率表示_（用物理量符号表示） ；直线与纵轴截距绝对值表示_（用物理量符号表示）【答案】 (1). （1）乙，丁 (2). （2）甲，丙 (3). （3） (4). E (5). r【解析】 （1）甲和丙图中误差均来自于电流表内阻，所以测出的内电阻偏大；而当外电阻断路时，电流表的分压作用可忽略，则测出的电动势是准确的；乙和丁电路图中，误差来自于电压表的分流作用而使电流表示数偏小，所以误差来自电压表的分流；当外电路断开时测量值应为将电压表并联在电源两端后电压表两端的电压，所以测量出的
24、电动势偏小，而内电阻应视为电压表与内阻的并联后的电阻，所以测量内电阻偏小；（2）甲图中，根据闭合电路欧姆定律可知： ，变形可得： ；所以横坐标应用，得出的图象才能为直线；根据图象的性质可知，图象的斜率表示电动势 E；直线与纵轴截距绝对值表示内阻 r15. 雨滴在空中下落时，由于空气阻力的影响，最终会以恒定的速度匀速下降，我们把这个速度叫做收尾速度。研究表明，在无风的天气条件下，空气对下落雨滴的阻力可由公式来计算，其中 为空气对雨滴的阻力系数（不同空间为不同常量） ， 为空气的密度（不同空间密度不同） ， S 为雨滴的有效横截面积（即垂直于速度 方向的横截面积） 。已知雨滴下落空间范围内的空气密
25、度为 0，空气对雨滴的阻力系数为 C0，雨滴下落时可视为球形，半径均为 R，每个雨滴的质量均为 m，且在到达地面前均已达到收尾速度，重力加速度为 g。（1）求雨滴在无风的天气条件下沿竖直方向下落时收尾速度的大小（2）若根据云层高度估测出雨滴在无风的天气条件下由静止开始竖直下落的高度为 h，求每个雨滴在竖直下落过程中克服空气阻力所做的功【答案】 （1） （2）【解析】试题分析：（1）雨滴收尾时做匀速运动，根据平衡条件求出雨滴沿竖直方向下落时的收尾速度 （2）根据动能定理求出每个雨滴在竖直下落过程中克服空气阻力所做的功（1）设雨滴竖直下落的收尾速度大小为 v雨滴达到收尾速度时开始匀速下落，则有：又
26、因为 解得：（2）设雨滴在空中由静止沿竖直方向下落至地面的过程克服空气阻力所做功为 Wf，依据动能定理：解得：16. 如图所示，地面光滑，质量为 m1的 A 物块，以 v010ms 的速度向右匀速运动。质量分别为 m2 m3的物块 B 与 C，由轻质并且处于原长状态的弹簧相固连， B C 和弹簧初始静止放置，某时刻 A 与 B 碰撞后立刻粘在一起。已知 m12kg， m2 m33kg，求：（1） A 与 B 碰撞粘在一起后瞬间的速度大小（2）此后运动过程中，弹簧被第一次压缩到最短时的弹性势能大小【答案】 （1）4m/s（2）15J.（1）A 与 B 碰撞过程，以 AB 为系统，取向右为正方向，
27、由动量守恒定律有：代入数据解得：（2）弹簧被第一次压缩到最短时 ABC 三物块速度相等，全程由动量守恒定律有：解得：从 A 与 B 碰撞粘在一起后到弹簧被第一次压缩到最短的过程中由机械能守恒定律有：解得：17. 如图所示，半径为 R 的圆与正方形 abcd 相内切，在 ab、 dc 边放置两带电平行金属板，在板间形成匀强电场，且在圆内有垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为 m、带电荷量为+ q 的粒子从 ad 边中点 O1沿 O1O 方向以速度 v0射入，恰沿直线通过圆形磁场区域，并从 bc 边中点O2飞出。若撤去磁场而保留电场，粒子仍从 O1点以相同速度射入，则粒子恰好打到某极板边缘。不计粒子重
28、力。（1）求两极板间电压 U 的大小（2）若撤去电场而保留磁场，粒子从 O1点以不同速度射入，要使粒子能打到极板上，求粒子入射速度的范围【答案】 （1） （2）【解析】试题分析：（1）由粒子的电性和偏转方向，确定电场强度的方向，从而就确定了两板电势的高低；再根据类平抛运动的规律求出两板间的电压 （2）先根据有两种场均存在时做直线运动的过程，求出磁感应强度的大小，当撤去电场后，粒子做匀速圆周运动，要使粒子打到板上，由几何关系求出最大半径和最小半径，从而由洛仑兹力提供向心力就能得出最大的速度和最小速度（1）无磁场时，粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律有：， ，解得：（2）由于粒子开始时
29、在电磁场中沿直线通过，则有：撤去电场保留磁场粒子将向上偏转，若打到 a 点，如图甲图： 由几何关系有：由洛伦兹力提供向心力有：解得：若打到 b 点，如图乙所示：由几何关系有：由洛伦兹力提供向心力有：解得：故18. 如图甲所示，一边长 L=2.5m、质量 =0.5kg 的正方形金属线框，放在光滑绝缘的水平面上，整个装置放在方向竖直向上、磁感应强度 B=0.8T 的匀强磁场中，它的一边与磁场的边界 MN 重合。在水平力 F 作用下由静止开始向左运动，经过 5s 线框被拉出磁场。测得金属线框中的电流随时间变化的图像如乙图所示，在金属线框被拉出的过程中。（1）求通过线框导线截面的电量及线框的总电阻（2
30、）分析线框运动性质并写出水平力 F 随时间变化的表达式（3）已知在这 5s 内力 F 做功 1.92J，那么在此过程中，线框产生的焦耳热是多少【答案】 （1）4（2） F（0.2 t0.1）N （3）1.67J【解析】 （1）根据 q= t，由 I-t 图象得，q=1.25C又根据得 R=4（2）由电流图象可知，感应电流随时间变化的规律：I=0.1t由感应电流 I ，可得金属框的速度随时间也是线性变化的，线框做匀加速直线运动，加速度 a=0.2m/s2线框在外力 F 和安培力 FA作用下做匀加速直线运动，F-F A=ma得 F=（0.2t+0.1）N（3）t=5s 时，线框从磁场中拉出时的速度 v5=at=1m/s由能量守恒得： W Q+ mv52线框中产生的焦耳热 Q W mv521.67 J
